【文档说明】山西省太原市、大同市2023届高三二模理综化学试题含解析.docx，共(19)页，2.501 MB，由小赞的店铺上传

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2023年高三年级模拟考试(二)理科综合能力测试(化学部分)一、选择题1.化学与生活、生产及环境密切相关。下列说法错误的是A.潜艇的耐压球壳使用钛合金，钛合金中存在金属键B.以硅橡胶为基体的自供电软机器人成功挑战马里亚纳

海沟，硅橡胶是一种高分子材料C.2022年北京冬奥会开幕式演出服为石墨烯智能发热材料，石墨烯属于新型无机非金属材料D.卡塔尔世界杯球馆屋顶采用了折叠式PT℉E(聚四氟乙烯)板材，该板材耐酸碱腐蚀、不耐高温

【答案】D【解析】【详解】A．合金是以钛元素为基础加入其他元素组成的合金，存在金属键，A正确；B．硅橡胶是一种高分子材料，B正确；C．石墨烯为碳元素形成的单质材料，属于新型无机非金属材料，C正确；D．聚四氟乙烯通常可做不粘锅的涂层，故其耐酸碱腐蚀、耐高温，D错误；故答案为：D。2.

设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.()2341molNiNH+中键的数目为A12NB.344gCHCHO中3sp杂化的碳原子数目为A1NC.标准状况下，11.2LHF中含有的电子数目为A5ND.常温下，将56gFe投入足量

浓硝酸中，反应转移电子数目为A3N【答案】B【解析】【详解】A．()234NiNH+中含有12个N-H键和4个配位键也是键，故()2341molNiNH+中键的数目为A16N，A错误；B．C

H3CHO中甲基中碳原子采用sp3杂化，醛基上碳原子采用sp2杂化，故344gCHCHO中3sp杂化的碳原子数目为-1A-144g×1?Nmol44g?mol=A1N，B正确；C．标准状况下HF为液体

，故无法计算11.2LHF中含有的电子数目，C错误；D．常温下Fe遇到浓硝酸将发生钝化，将56gFe投入足量浓硝酸中，无法计算反应转移电子数目，D错误；故答案为：B。3.葫芦[n]脲(5,6,7,8)n=家族分子是一种具有空腔的桶状大杯、两端开口的超分子主体，可以很好地包结有机分

子、阳离子和其他客体分子，在分子识别、药物载体等方面有广泛应用。葫芦[n]脲(结构如图乙)可由A()和B(CH2O)在一定条件下合成。下列说法不正确的是A.A分子中含有两个手性碳原子B.合成葫芦[n]脲发生的反应是缩合反应C.B物质可发生氧化反应、

还原反应、加成反应D.葫芦[n]脲中空腔端口的羰基以配位键、氢键与其他客体分子形成超分子【答案】A【解析】【详解】A．已知同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故A分子中不含手性碳原子，A错误

；B．由题干信息可知，葫芦[n]脲(结构如图乙)可由A()和B(2CHO)在一定条件下合成，故合成葫芦[n]脲发生类似与合成酚醛树脂的反应，该反应是缩合反应，B正确；C．B物质CH2O即HCHO含有醛基，可发生氧化反应，也能和H2发生加成反应(同时也属于还原反应)，C正确；D．葫芦[n]脲中空腔端

口的羰基氧含有孤电子对且电负性较大，能形成配位键和氢键，所以葫芦[n]脲中空腔端口的羰基以配位键、氢键与其他客体分子形成超分子，D正确；故答案为：A。4.下列实验操作或装置能达到目的的是(夹持装置已略)AB检验1-溴丁

烷与NaOH乙醇溶液生成1-丁烯验证spspK(AgI)K(AgCl)CD制备3NaHCO证明乙炔可使酸性4KMnO溶液褪色A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．若溴水褪色，说明1-溴丁烷NaOH乙醇

溶液、加热条件下反应生成了1-丁烯，故A符合题意；B．1mL溶液约为20滴，AgNO3溶液和NaCl溶液反应后，AgNO3有剩余，剩余的AgNO3直接和KI反应生成黄色沉淀AgI，没有发生AgCl沉淀向AgI沉淀的转化，不能验证spspK(AgI)K(

AgCl)，故B不符合题意；C．NH3在饱和食盐水中的溶解度远大于CO2，应先通NH3，后通CO2，便于生成和析出更多的3NaHCO在晶体，故C不符合题意；D．电石与水反应生成的乙炔中含有的H2S杂质也能使酸性4KMnO溶液褪色，所以不

能证明乙炔可使酸性4KMnO溶液褪色，故D不符合题意；答案选A。5.TCCA是一种高效消毒剂，其分子结构如图。W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大，且位于两个不同短周期，基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等。下列叙述

正确的是A.第一电离能：YXZB.简单离子半径：ZYXC.TCCA能发生水解反应D.最高价氧化物对应水化物的酸性：ZYX【答案】C【解析】【分析】TCCA是一种高效消毒剂，其分子结构如图。W、X、Y、Z四种元素的

原子序数依次增大，且位于两个不同短周期，基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等，则Y为O，W有四个价键，X有三个价键，Z有一个价键，则W为C，X为N，Z为Cl。【详解】A．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第V

IA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：XYZ，故A错误；B．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则简单离子半径：ZXY，故B错误；C．TCCA有基团，能发生水解反应，故C正确；D．O没有最高价氧化物对应水化物，根据非金属性越强，其最

高价氧化物对应水化物越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：ZX，故D错误。综上所述，答案为C。6.废水中的有机污染物可通过MFC-电芬顿技术来处理，该技术通过产生羟基自由基(OH)处理有机污染物，同时高效净化废水，其耦合系统原理示意

图如下，下列说法正确的是A.甲池中溶液的pH不变B.Fe电极为阴极，电极反应为32FeeFe+−++=C.乙池中产生的3Fe+对废水也能起到净水作用D.乙池中发生反应2322FeHOFeOHOH++−+=++，之后部分3Fe+生成絮状沉淀【答案】C【解析】【详解

】A．甲池是燃烧电池，反应生成二氧化碳和水，溶液体积增大，磷酸浓度减小，因此溶液的pH增大，故A错误；B．氧气为正极，则Fe电极为阳极，电极反应为2Fe2eFe−+−=，故B错误；C．乙池中产生的3Fe+会形成氢氧化铁胶体，对

废水起到净水作用，故C正确；D．铁离子和氢氧根会反应，则乙池中发生反应23222FeHOFeOHHOH++++=+++，故D错误。综上所述，答案为C。7.常温下，改变乙二胺()2222HNCHCHNH水溶液的pH，2222HNCHCHNH、()2223HNCHCHNH+和()23223H

NCHCHNH+的分布分数δ(X)与pH的关系如下图所示。已知：()()()2222222233223n(X)δ(X)nHNCHCHNHnHNCHCHNHnHNCHCHNH++=++。下列说法正确的是A.曲线c可表示()23223δHNCHCHNH+B.M点溶液

中：()()()22233cHNCHCHNHcHcOH++−+=C.()2223HNCHCHNHCl溶液中：()()232232222cHNCHCHNHcHNCHCHNH+D.反应()222222223HNCHCHNHHOHNCHCHNHOH+−++的平衡

常数9.93K10−=【答案】C【解析】【分析】乙二胺(H2NCH2CH2NH2)溶液中存在(H3NCH2CH2NH3)2+、(H2NCH2CH2NH3)+、H2NCH2CH2NH2，随着溶液pH增大，(H3NCH2CH2NH3)2+的浓度

逐渐减小直至变为最小，(H3NCH2CH2NH2)+的浓度先增大后减小，H2NCH2CH2NH2的浓度逐渐增大之至达到最大，所以曲线a表示δ[(H3NCH2CH2NH3)2+]的变化、曲线b表示δ[(H3NCH2CH2NH2)+]的变化、曲线c表示δ(H2NC

H2CH2NH2)的变化。【详解】A．由上述分析可知，曲线c表示δ(H2NCH2CH2NH2)，故A错误；B．M点溶液显酸性，则有()()cHcOH+−，因此()()()22233cHNCHCHNHcHcOH++−+，故B错误；C．交点(6.85，0.5)处，()()2322

32223c]HNCHCHNH=c[HNCHCHNH++，则2---7.153223wb2+2223[(HNCHCHNH)](OH)(OH)==10(H)(HNCHCHNH)ccKKccc++==，交点(9.93，0.5)处，()()22222223c]HN

CHCHNH=c[HNCHCHNH+，则---4.072223wb1+2222[(HNCHCHNH)](OH)(OH)=10(HNCHCHNH)(H)ccKKccc+===，则()2223HNCHCHNH+水解

常数+-9.972222h2+-22231(H)(HNCHCHNH)(OH)10[(HNCHCHNH)](OH)wbKcccKccK−===，由于h2b2KK，即电离大于水解，则有的()()23223

2222cHNCHCHNHcHNCHCHNH+，故C正确；D．()222222223HNCHCHNHHOHNCHCHNHOH+−++的平衡常数为--4.072223b12222[(HNCHCHNH)](OH)=K=10[(HNCHCHNH)]ccKc+=，故D错误；

故答案选C。8.我国锑产量位居世界之首，金属锑被广泛用于生产各种阻燃剂、半导体元件等。一种辉锑矿湿法清洁冶金新工艺如下所示：已知：辉锑矿的主要成分是Sb2S3，还含有As2S3、PbS、CuO和SiO2等；滤液1中除含有X和SbCl5外，还含有3232SbClPbClAsClCuCl、

、、等。回答下列问题：（1）①物质X宜选用_______(填字母)。A．NaCl溶液B．硫酸溶液C．盐酸②已知滤渣1的主要成分是SiO2和S，写出“酸浸”时23SbS与5SbCl溶液反应的化学方程式：_______。（2）加入适量Sb的主要目的是_______，滤

渣2的主要成分是_______。（3）在电解SbCl3溶液时，阴极上放电的可能是Sb3+，也可能是配离子SbCl2+，写出后者放电时的电极反应式：_______。（4）与传统火法冶炼金属锑(将辉锑矿在空气中焙烧，然后用焦炭还原)相比，湿法冶炼金属锑的优点是_______(写一种即可)。

（5）我国科学家提出一种辉锑矿氧化溶解方案，其转化原理如图1所示，用离子方程式表示该原理：①_______、②_______。（6）①46SbO分子结构如图2所示，其中Sb原子的杂化方式为_______。已知沸点：333NHAsHPH，其原因是____

___。②PbS(方铅矿)晶胞结构如图3所示，已知该晶体的密度为3agcm−，则晶胞参数为_______nm(列出计算式，用AN表示阿伏伽德罗常数的值)。【答案】（1）①.C②.3SbCl5+Sb2S3=3S+5SbCl3（2）①.将SbCl5还原SbCl3②.CuS、PbS（3）Sb

Cl2++3e-=Sb+Cl-（4）能耗低（5）①.Sb2S3+6O2+3H2O=Sb2O3+32-4SO+6H+②.Sb2O3+O2+H2O=2-3SbO+2H+（6）①.sp3②.NH3分子间存在氢键，而PH3、AsH3均不能形成分子间氢键，导致NH3的沸点比PH3、A

sH3的沸点要高，影响PH3、AsH3沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高③.3A4?239Na×107【解析】【分析】辉锑矿主要成分为Sb2S3，还含有As2S3、PbS、CuO和SiO2等，加入盐酸和SbCl5溶液溶解，SbCl5和Sb2S3发生

反应，生成硫单质和SbCl3，方程式为：3SbCl5+Sb2S3=3S+5SbCl3，PbS、CuO、As2S5溶于盐酸生成PbCl2、CuCl2、AsCl3，SiO2不反应，过滤，除去SiO2和S单质，向滤液中加入Sb，还原过量的SbCl5，方程式为：3SbCl5

+2Sb=5SbCl3，再向还原后的溶液中加入Na2S溶液沉淀Cu2+、Pb2+，过滤，除去生成的CuS、PbS沉淀，再向滤液中加入NaH2PO2溶液，除去砷，过滤得到SbCl3溶液，将该溶液进行电解，得到Sb单质和氯气，据此分析解题。

【小问1详解】①A．若加入NaCl溶液，将引入新的杂质Na+难以除去，A不合题意；B．若加入硫酸溶液，将引入新的杂质硫酸根离子难以除去，B不合题意；C．若加入盐酸，不会引入新的杂质，并结合滤液1的主要成分可知，C

符合题意；故答案为：C；②已知滤渣1的主要成分是SiO2和S，“酸浸”过程中SbCl5和Sb2S3发生反应，根据原子守恒，可得反应的方程式为：3SbCl5+Sb2S3=3S+5SbCl3，故答案为：3SbCl5+Sb2S3=3S+5SbCl3；【小问2

详解】浸出液中加入适量Sb的目的是将过量的SbCl5还原SbCl3，化学方程式为：3SbCl5+2Sb=5SbCl3，向还原后的溶液中加入Na2S溶液沉淀Cu2+、Pb2+，过滤，除去生成的CuS、PbS沉淀，故滤渣2为CuS、PbS，故答案为：将SbCl5还原SbCl3

；CuS、PbS；【小问3详解】在电解SbCl3溶液时，阴极上放电可能是Sb3+，也可能是配离子SbCl2+，已知阴极发生还原反应，故后者放电时的电极反应式为：SbCl2++3e-=Sb+Cl-，故答

案为：SbCl2++3e-=Sb+Cl-；【小问4详解】与传统火法冶炼金属锑(将辉锑矿在空气中焙烧，然后用焦炭还原)相比，湿法冶炼的优点有能耗低（或“安全性高”等），故答案为：能耗低；【小问5详解】我国科学家提

出一种辉锑矿氧化溶解方案，其转化原理如图1所示，根据氧化还原反应配平可知，该原理涉及的离子方程式为：①Sb2S3+6O2+3H2O=Sb2O3+32-4SO+6H+，②Sb2O3+O2+H2O=2-3SbO+2H+，故答案为：Sb2S3+6O2+3H2O=Sb2

O3+32-4SO+6H+；Sb2O3+O2+H2O=2-3SbO+2H+；【小问6详解】①由题干图2所示Sb4O6分子结构可知，其中每个Sb原子周围形成3个σ键，且Sb最外层上有5个价电子，即每个Sb还有一对孤电子对，故Sb的杂化方式为sp3，NH3分子间存在氢键，而PH3、AsH3均

不能形成分子间氢键，导致NH3的沸点比PH3、AsH3的沸点要高，影响PH3、AsH3沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，则沸点由高到低的顺序为NH3、AsH3、PH3，故答案为：sp3；NH3分子间存在氢键，而PH

3、AsH3均不能形成分子间氢键，导致NH3的沸点比PH3、AsH3的沸点要高，影响PH3、AsH3沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高；②由题干图3所示PbS(方铅矿)晶胞结构可

知，晶胞中位于顶点和面心黑球个数为：118682+=4个，位于棱上和体心的白球个数为：1+112?4=4，即每个晶胞中含有4个PbS。已知该晶体的密度为3agcm−，则有：NAV=4×239，故晶胞参数为3A4?239Na×107nm，故答案为：3A4?239Na×107。9.I.磷

酸是一种重要的化工原料，是生产磷肥的原料，也是食品添加剂之一。（1）工业上可以用磷单质与硝酸作用得到纯的磷酸(熔点42℃)。34PO−的VSEPR模型是_______(填名的称)。磷酸易形成过饱和溶液，难以结

晶，可向其过饱和溶液中加入_______促进其结晶，但是所制得的磷酸中仍含有少量的水极难除去，其可能的原因是_______。Ⅱ.研究小组以无水甲苯为溶剂，5PCl(易水解)和3NaN(叠氮化钠)为反应物制备纳米球状红磷。（2）甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以

二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色。①金属Na的作用是_______。②回流过程中，除水时打开的活塞是_______；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。（3）纳米球状红磷的制备装置如图2所示(夹持、搅拌、加热装置已略)。①在氩气保护下

，反应物在装置A中混匀后转入装置B，于280℃加热12小时，反应物完全反应，其化学方程式为_______；用氩气赶走空气的目的是_______。②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是_______、___

____。【答案】（1）①.四面体形②.磷酸晶体③.磷酸分子与水分子能形成氢键（2）①.干燥甲苯②.K1、K3（3）①.523l1+0NaN280+2PCl2P15N+10NaC℃②.防止五氯化磷遇空气中的

水蒸气而发生水解③.甲苯④.氯化钠【解析】【分析】利用苯来干燥甲苯，通过回流得到的水与钠反应，二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色，改变开关状态收集甲苯，将甲苯、五氯化磷、NaN3在Ar气氛围中充分混合后转入装置B中，在反应釜中于280℃加热12小时使其充分反应。【

小问1详解】34PO−中心原子价层电子对数为4+0=4，其VSEPR模型是四面体形。磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可以引入晶种来促进溶液中的磷酸结晶析出，可向其过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶，磷酸分子含有羟基，容易与水分子形成氢键，因此磷酸具有较强的吸水性，所制得的磷酸中仍含有

少量的水极难除去；故答案为：四面体形；磷酸晶体；磷酸分子与水分子能形成氢键。【小问2详解】①金属钠与水能发生反应，因此金属Na的作用是干燥甲苯；故答案为：干燥甲苯。②回流过程中，水要回流到烧瓶中，因此除水时打开活塞是K1、K3；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯；故答

案为：K1、K3。【小问3详解】①在氩气保护下，反应物在装置A中混匀后转入装置B，于280℃加热12小时，反应物完全反应，五氯化磷和NaN3反应生成红磷、氮气和氯化钠，其反应的化学方程式为523l1+0NaN280+2PCl2P15N+10NaC℃；由于五氯化磷易水解，为防止五氯化磷遇

见空气中的水蒸气发生水解，因此用氩气赶走空气；故答案为：523l1+0NaN280+2PCl2P15N+10NaC℃；防止五氯化磷遇空气中的水蒸气而发生水解。②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和氯化钠，

用乙醇洗去甲苯，用水洗去氯化钠；故答案为：甲苯、氯化钠。10.我省作为煤炭大省，为全国经济发展作出了巨大贡献。但是直接将煤炭用作燃料不仅浪费资源，还会污染环境，因此如何对煤炭资源综合利用提高附加值成为我省经

济转型发展亟待解决的问题。煤的间接液化是先把煤转化为CO、CO2和H2，再在催化剂作用下合成化工产品。（1）已知反应：①1212C(s)O(g)2CO(g)ΔH221.0kJmol−+=−②122222H(

g)O(g)2HO(g)ΔH483.6kJmol−+==−的③223C(s)HO(g)CO(g)H(g)ΔH++则反应③的3ΔH=_______。（2）已知：在一定条件下可发生反应：1234CO(g)2H(g

)CHOH(g)ΔH90.77kJmol−+=−①以下措施能使反应速率和转化率都增大的_______(填字母)。A．压缩体积B．升高温度C．恒容充入氦气D．恒容移走甲醇E．恒容充入CO(g)②催化剂并不是所有部位都有催化作用，真正起催化作用的那些部位称为活性点位，也称活性中心。在催化合成甲

醇时必须控制氢碳比在一定区间内，若n(CO)不变，()2nH过多时，反应速率会减慢，可能的原因是_______。③若将一定比例的CO(g)和2H(g)在装有催化剂的反应器中反应12小时，体系中3CHOH(g)产率随温度的变化关系如图所示。490K之后，3CHOH(g)产率随温度升高而减小的原因除

平衡逆向移动外还可能是_______。（3）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1molH2O(g)，起始压强为0.2MPa，只发生下列反应：Ⅰ．223C(s)HO(g)CO(g)H(g)ΔH++Ⅱ．12225CO(g)HO(g)

CO(g)H(g)ΔH41.1kJmol−++=−反应达到平衡时，H2O(g)的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系_______(填“吸收”或“放出”)热量，反应Ⅰ的平衡常数Kp=_______MPa(

以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）+131.3kJ/mol（2）①.A②.过多的H2占用催化剂活性点位过多，导致反应速率减慢③.催化剂活性降低（3）①.吸收②.0.02MPa【解析】【小问1详解】已知反应：①-1212C(s)+O(g)2CO(g)ΔH=-221.0kJ?mo

l②-122222H(g)+O(g)=2HO(g)ΔH=-483.6kJ?mol，则2-①②可得反应③223C(s)+HO(g)CO(g)+H(g)ΔH，根据盖斯定律可知反应③的123ΔH-ΔHΔH=2=12[(-221.0)-(-483.6)]kJ/mo

l=+131.3kJ/mol，故答案为：+131.3kJ/mol；【小问2详解】①A．已知该反应正反应是一个气体体积减小的方向，故压缩体积，反应物和生成物浓度增大，反应速率增大，化学平衡正向移动，CO转化率增大，A符合题意；B．已知该反应正反应

为放热反应，故升高温度，反应速率增大，化学平衡逆向移动，CO的转化率减小，B不合题意；C．恒容充入氦气，反应速率不变，化学平衡不移动，CO转化率不变，C不合题意；D．恒容移走甲醇，即减小生成物浓度，反应速率减慢，平衡正向移动，CO转化率增大，D不合题意；E．恒容充入CO(g)，反应物浓度增

大，反应速率增大，平衡正向移动，H2转化率增大，而CO转化率减小，E不合题意；故答案为：A；②催化剂并不是所有部位都有催化作用，真正起催化作用的那些部位称为活性点位，也称活性中心,在催化合成甲醇时必须控制氢碳比在一定区间内，若n(CO)不变，n(H2)过多时，则由于H2占用催化剂活性点

位过多，则CO占用催化剂的活性点位过少，导致反应速率会减慢，故答案为：过多的H2占用催化剂活性点位过多，导致反应速率减慢；③由图可知490K后温度升高时甲醇的产率降低，可知该反应为放热反应，490K之前甲醇的产率均小于最大产率，

则温度为470K时，图中P点不是处于平衡状态。490K之后，甲醇产率下降的原因是反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低，CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）正向移动，故答案为：催化剂活性降低；【小问3详解】设反应Ⅰ中水转化的物质的量为a,

反应Ⅱ中水转化的物质的量为b,可列出以下式子：22Cs+HOgCOg+Hg(mol)100(mol)aaa(mol)1-aaa（）（）（）（）起始量转化量平衡量，222+HOgCOg+Hg(mol)a1-a00(mol)bbbb(

mol)1-a-bbbCOgab−（）（）（）（）起始量转化量平衡量，根据H2O（g）的转化率为50%，可得a+b1×100%=50%，CO的物质的量为0.1mol可得a-b=0.1，解得a=0.3mol，b=0

.2mol，则反应Ⅰ吸收能量0.3mol×131.3kJ•mol-1=39.39kJ，反应Ⅱ放出热量为：0.2mol×41.1kJ•mol-1=8.22kJ，故整个过程是吸热过程，吸收热量为：39.39kJ-8.22kJ=

31.17kJ；由以上计算可知：n（H2O）=0.5mol，n（H2）=0.5mol，n（CO）=0.1mol，n（CO2）=0.2mol，n（总）=（0.5+0.5+0.1+0.2）mol=1.3mol，物质的量之比等于压强之比可得1mol1.3mol=0.2MPap，p=0.

26MPa，Kp=()()()22pH?pCOpHO=0.1MPa?0.02MPa0.1MPa=0.02MPa，故答案为：吸收；0.02MPa。11.一种药物的关键中间体部分合成路线如下：（1）A物质的化学名称是_______。（2）反应①的反应类型为_______，E物质中含氧官能团的

名称为_______。（3）反应②要加入23KCO，从平衡移动角度说明其目的：_______。（4）反应⑤的化学方程式为_______。（5）经过水解、部分氧化可得到分子式为492CHON的化合物I，写出同时符

合下列条件的I的所有同分异构体的结构简式_______(不考虑立体异构)。①分子结构中有一个六元环；②核磁共振氢谱显示分子中有3种氢原子。（6）设计以甲苯和乙烯为原料制备X()的合成路线_______(无机试剂

任选，用流程图表示)。【答案】（1）邻羟基苯甲醛或者2-羟基苯甲醛（2）①.取代反应②.酯基、醚键（3）K2CO3可与生成的HCl反应，使反应②向正反应方向移动（4）+⎯⎯→+2HCl（5）（6）CH2=CH22

Cl⎯⎯⎯→催化剂ClCH2CH2Cl，Δ⎯⎯⎯⎯⎯→浓硝酸浓硫酸、FeHCl⎯⎯→22ClCHCHCl⎯⎯⎯⎯⎯→【解析】【分析】由题干流程图中有机物，B分子式和B到该有机物的转化条件可知，B的结构简式为：，由B的结构简式和A的分子式可知，A的结构简式为：，由E的

结构简式和D的分子式并结合D到E的转化条件可知，D的结构简式为：，由D的结构简式和C的分子式并结合C到D的转化条件可知，C的结构简式为：，(5)化学式为C4H9O2N的化合物Ⅰ，Ⅰ的同分异构体满足①分子结构中有一个六元环，该六元

环可能由4个碳原子和一个O一个H构成，也可能由三个碳原子和三个杂原子构成；②1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，可知该结构必须为对称结构，其结构简式为，(6)利用氨基的氢与氯代烃的卤素原子结合脱去卤代烃，实现碳链延长；所以利用甲苯硝化反应后，硝基再

被还原为氨基即→→的；另外利用碳碳双键与卤素加成反应得到二氯代烃，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为：，则A物质的化学名称是邻羟基苯甲醛或者2-羟基苯甲醛，故答案为：邻羟基苯甲醛或者2-羟基苯甲醛；【小问2详解】由分析可知，反应①即转化为，故该反应的反应类型为取代反

应，E的结构简式为：，则E物质中含氧官能团的名称为酯基和醚键，故答案为：取代反应；酯基、醚键；【小问3详解】由分析可知，反应②即+ClCH2COOC2H523KCO+HCl，故加入K2CO3，消耗HCl促进上述平衡正向移动，故答案为：K2CO3可与生成的HCl反应，使反

应②向正反应方向移动；【小问4详解】由分析可知，反应⑤即转化为，该反应的化学方程式为+⎯⎯→+2HCl，故答案为：+⎯⎯→+2HCl；【小问5详解】经过水解和氧化可得到化学式为C4H9O2N的化合物Ⅰ，Ⅰ的同分异构体满足①分子结构中有一个六元环，该六元环可能由4个碳原子和一个O一个H构

成，也可能由三个碳原子和三个杂原子构成；②1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，可知该结构必须为对称结构，其结构简式为，故答案为：；【小问6详解】利用氨基的氢与氯代烃的卤素原子结合脱去卤代烃，实现碳链延长；所以利用甲苯硝化反应后，硝基再被还原为氨基即→→；另外利用碳碳双

键与卤素加成反应得到二氯代烃，则合成路线为：CH2=CH22Cl⎯⎯⎯→催化剂ClCH2CH2Cl，Δ⎯⎯⎯⎯⎯→浓硝酸浓硫酸、FeHCl⎯⎯→22ClCHCHCl⎯⎯⎯⎯⎯→，故答案为：CH2=CH22Cl⎯⎯⎯→催化剂ClCH2CH2Cl，Δ⎯⎯⎯⎯⎯→浓硝酸浓硫酸、FeHCl⎯⎯→22Cl

CHCHCl⎯⎯⎯⎯⎯→。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com